Exercícios Resolvidos Integrais de Linha. Teorema de Green

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1 Instituto Superior Técnico Departamento de Matemática Secção de Álgebra e Análise Exercícios Resolvidos Integrais de Linha. Teorema de Green Exercício 1 Um aro circular de raio 1 rola sem deslizar ao longo de uma linha recta. Qual é o comprimento da trajectória descrita por um ponto do aro entre um contacto com o solo e a próxima vez que se encontra á mesma altura que o centro? A curva descrita por um ponto do aro chama-se ciclóide Resolução: Podemos colocar o aro no plano xoy a rolar ao longo do eixo Ox de tal forma que, no início do movimento, o centro se encontra no ponto, 1) e o ponto do aro em questão se encontra na origem. O facto de o aro rolar sem deslizar significa que quando o centro se desloca uma distãncia s ao longo do eixo Ox, o ponto no aro descreve, em relação ao centro do aro, um arco de circunferência de comprimento s. Em particular, num quarto de volta do aro, o centro deslocar-se-á um comprimento total de π. y PSfrag replacements 1 s s π x Figura 1: Esboço da ciclóide O movimento do ponto do aro pode-se decompôr em dois: o movimento do centro do aro e o movimento do ponto em relação ao centro. Se usarmos a distância percorrida pelo aro como parâmetro, a trajectória do centro é descrita pelo caminho g 1 : [, π ] R definido por g 1 s) s, 1) Por outro lado, a trajectória do ponto no aro em relação ao centro é descrita pelo caminho g : [, π ] R definido por g s) cos π s), sen π s)) sen s, cos s) já que o vector que une o centro ao ponto do aro começa por fazer um ângulo de π Ox e roda no sentido dos ponteiros do relógio. com o eixo 1

2 Portanto, a trajectória descrita pelo ponto no aro é dada pela soma destes dois caminhos: g : [, π ] R definido por omo temos gs) g 1 s) + g s) s sen s, 1 cos s) O comprimento deste caminho é dado pela expressão onde g[, π ])) 1 π g s) ds g s) 1 cos s, sen s) g s) 1 cos s + cos s + sen s 1 cos s) e portanto 1 π 1 1 cos s)ds du 1 u) 1 u 1 du 1 + u 1) onde na passagem da primeira para a segunda linha se fez a mudança de variável u cos s.

3 Exercício Um avião a hélice desloca-se em linha recta a uma velocidade constante igual a 1. Se a hélice do avião tem raio r e roda a velocidade constante, ω vezes por unidade de tempo, qual é o comprimento da trajectória descrita por um extremo da hélice quando o avião se desloca L unidades de comprimento? Resolução: Podemos colocar o avião a deslocar-se ao longo do eixo Ox e de tal forma que no instante inicial o centro da hélice se encontra na origem. Então uma parametrização da trajectória percorrida pelo centro da hélice é dada pelo caminho g 1 : [, L] R 3, definido por g 1 t) t,, ) Por outro lado, a hélice roda a uma velocidade constante em relação ao centro, num plano perpendicular ao eixo Ox. Na figura apresenta-se a trajectória do extremo da hélice e a respectiva projecção no plano x. z z x y y PSfrag replacements π x Figura : Trajectória do extremo da hélice Assim, uma parametrização da trajectória do extremo da hélice em relação ao centro é dada pelo caminho g : [, L] R 3, definido por g t), r cosπωt), r senπωt)) A trajectória do extremo da hélice é descrita pela soma dos dois caminhos em R 3. Isto é, por g : [, L] R 3, definido por gt) t, r cosπωt), r senπωt)) O comprimento deste caminho é dado pela expressão onde g[, L])) 1 L g t) dt omo g t) 1, πωr senπωt), πωr cosπωt)) temos g t) 1 + 4π r ω sen πωt) + 4π r ω cos πωt) 1 + 4π r ω 3

4 e portanto 1 L 1 + 4π r ω 4

5 Exercício 3 Um fio, com densidade de massa ρx, y, z) xy + 1), tem a configuração da intersecção das superfícies alcule a massa de. S {x, y, z) R 3 : z x + y } P {x, y, z) R 3 : y + z 1} Resolução: A massa do fio é dada pelo integral de linha m ρ. Para calcular este integral de linha precisamos de determinar uma parametrização para a curva. omecemos por determinar a equação da projecção,, de no plano xoy: { z x + y z 1 x + y 1 1 y) y + y x + y+1) 1. Portanto a projecção é uma elipse centrada no ponto, 1, ) com eixo maior de comprimento e eixo menor de comprimento 1. Uma parametrização para pode ser definida por gt) cost), sent) 1, sent)), t [, π], onde se usou o facto de que, quando t percorre o intervalo [, π], a função cost), sent) 1, ) percorre a projecção e que o único ponto de por cima de cost), sent) 1, ) tem coordenada z dada por logo Temos z 1 1 ygt))) m g t) sent), cost), cost)) 1 1 sent) 1)) sent). g t) sen t) + cos t) + cos t) 1 + cos t) ρgt)) cost) sent) 1 + 1) 1 sent), π ρgt)) g t) dt 1 π sent) 1 + cos t)dt 4 π 4 3 sent) 1 + cos t)dt [ 1 + cos t)) ). ] π 5

6 Exercício 4 Um filamento eléctrico, com densidade de carga eléctrica σx, y, z) 5 8x + 1)y + 1) tem a configuração da intersecção das superfícies S {x, y, z) R 3 : x + y z} P {x, y, z) R 3 : x + y + z 1} alcule a carga eléctrica de. Resolução: A carga eléctrica do filamento é dada pelo integral de linha q σ. Para calcular este integral de linha precisamos de determinar uma parametrização para a curva. omecemos por determinar a equação da projecção,, de no plano xoy: { z x + y 1 y x x + y z 1 y x x + 1) + y + 1) 1. Portanto a projecção é uma circunferência de raio 1 centrada no ponto 1, 1, ). parametrização para pode ser definida por Uma gt) cost) 1, sent) 1, 3 cost) sent)), t [, π] onde se usou o facto de que, quando t percorre o intervalo [, π], cost) 1, sent) 1, ) percorre a projecção. Para além disso, o único ponto de por cima de cost) 1, sent) 1, ) tem coordenada z dada por logo Temos z 1 sent) 1) cost) 1) 3 cost) sent). g t) sent), cost), sent) cost)) g t) sen t) + cos t) + sent) cost)) 5 8 sent) cost) σgt)) 5 8xgt) + 1)ygt) + 1) 5 8 cost) sent) q π σgt)) g t) dt π 5 8 cost) sent))dt [5t + cost)] π 1π. 6

7 Exercício 5 Resolva as seguintes questões. 1. Parametrize as curvas: a) Um segmento de recta percorrido desde o ponto 1,, 1) até ao ponto,, 1), b) O arco da circunferência de raio 1 centrada no ponto,, 1) e contida no plano z 1, percorrida no sentido que visto da origem é o dos ponteiros do relógio, desde o ponto 1,, 1) até ao ponto 1,, 1), c) A porção da curva de intersecção das superfícies x y e x + y + z 1 contida na região z, percorrida da esquerda para a direita quando vista da origem.. a) alcule as coordenadas do centro de massa de um filamento com a forma da curva da alínea 1.b), se a função densidade de massa for dada por fx, y, z) x + z. b) onsidere o campo vectorial F : R 3 \ {,, )} R 3 definido por Determine o valor do integral F x, y, z) 1 x + y x, y, z). + z α F dg para as curvas α das alíneas 1.a) e 1.b) percorridas no sentido indicado. Resolução: 1. a) Para o caso deste segmento de recta, obtemos com t [, 1]. Ou seja, g 1 t) 1,, 1) + t[,, 1) 1,, 1)] g 1 t) 1 t,, 1 t) b) Dado que o arco de circunferência está contido no plano z 1, esta última coordenada aparecerá constante na parametrização. omo a curva é percorrida no sentido dos ponteiros do relógio vista da origem, obtemos: g t) cos t, sin t, 1) A variação do parâmetro t deduz-se dos pontos inicial 1,, 1) e final 1,, 1) e, portanto, t [ π, ]. c) Para esta curva podemos tomar y como variável independente, ou seja, como parâmetro. omo a curva é percorrida da esquerda para a direita quando vista da origem, y deve decrescer ao longo dessa curva. Assim, obtemos: y t x y t z 1 x y 1 t 4 t Note-se que, de acordo com o enunciado, z deve ser sempre positivo. Para descobrir os limites do intervalo da parametrização, resolvemos, para z, o sistema { x + y + z 1 x y 7

8 Tirando o valor de y, obtemos donde concluimos que 5 1 y 4 + y 1 y ou seja, y ou y. Portanto, g 3 t) t, t, 1 t 4 t ) com t [, ].. a) Escrevendo x M, y M, z M ) para as coordenadas do centro de massa, podemos concluir imediatamente por simetria que z M 1 e, uma vez que a função de densidade de massa e o filamento são simétricos em relação ao plano yz, que x M. A coordenada y M é dada pela fórmula: α y M yfx, y, z)ds α fx, y, z)ds Tem-se Então, e ou seja, α yx + z )ds g t) sin t, cos t, ) g t) 1, α x + z )ds π sin t1 + cos t)dt cos t 1 3 cos3 t) π 1 + cos t)dt π + π y M 16 9π, e, portanto, as coordenadas do centro de massa são b) Por definição, temos α 1 F dg F g 1 t)) g 1 t)dt, 16 9π, 1). F 1 t,, 1 t) 1,, )dt π 1 + cos t dt 3π 8 3, 1 1 t) 1 t,, 1 t) 1,, )dt + 1 t) 5t 3 5t 6t + dt 1 log 5t 6t + t1 t 1 log [log 1 log ]. 8

9 Para a segunda curva, obtemos α F dg π π π π F g t)) g t)dt F cos t, sin t, 1) sin t, cos t, )dt 1 cos t, sin t, 1) sin t, cos t, )dt dt. 9

10 Exercício 6 onsidere o caminho g : [, 1] R definido por gt) e t cosπt), e t senπt)). a) alcule o comprimento Lg) do caminho g. b) alcule a coordenada x do centróide da curva representada por g. c) alcule o trabalho da força fx, y) x, y) ao longo de g. Resolução: a) Para calcular o comprimento precisamos de calcular a derivada de g: g t) e t cosπt) πe t senπt), e t senπt) + πe t cosπt)) e a respectiva norma g t) 1 + 4π e t Portanto, Lg) 1 g t) dt π e t dt 1 + 4π e 1) b) Por definição de centróide temos: x 1 Lg) 1 xgt)) g t) dt Integrando por partes duas vezes obtemos c) O trabalho é dado por W 1 fgt)) g t)dt 1 x 1 e 1) e 1 e 1)1 + π ) 1 e t cosπt)dt e t cosπt), e t senπt)) g t)dt 1 e t dt e 1 1

11 Exercício 7 onsidere a curva R 3 parametrizada pelo caminho g : [, π] R 3 definido por gθ) 3θ cosθ), 3θ senθ), θ 3/). a) alcule o comprimento do caminho g. b) Seja a densidade de massa de dada por αx, y, z) α, constante. alcule o momento de inércia de em relação ao eixo z. c) onsidere que está mergulhada num campo eléctrico dado pela expressão fx, y, z) y, x, z) Se fôr a trajéctoria de uma partícula pontual de carga eléctrica unitária, calcule o trabalho realizado pela força eléctrica ao longo dessa trajéctoria. Resolução: a) Temos e, portanto, g θ) 3θsenθ) + 3 cosθ), 3senθ) + 3θ cosθ), 3 ) θ g θ) 31 + θ) Assim, o comprimento de é dado por L g π 31 + θ)dθ 6π1 + π). b) A distância dum ponto x, y, z) ao eixo dos z é dada por dx, y, z) x + y. Logo, dgθ)) 9θ e, portanto, o momento de inércia pedido será I π 9αθ g θ) dθ 7α π θ 1 + θ)dθ 7απ 3 8/3 + 4π). c) Temos fgθ)) 3θ senθ), 3θ cosθ), θ 3/ ) Logo, e o trabalho será dado por fgθ)) g θ) 3θ W π fgθ)) g θ)dθ π 3θ dθ 8π 3. 11

12 Exercício 8 Investigue se o campo vectorial ) x F x, y, z) x y ), y x y ), z é gradiente no seu domínio de definição. Em caso afirmativo, dê a expressão geral do potencial. Em qualquer caso, calcule F onde é a curva parametrizada por com t π. gt) e t, sen t, t) Resolução: O domínio de definição do campo F é o conjunto {x, y, z) R 3 : x ±y} que é a união de 4 conjuntos em estrela, limitados pelos planos x y e x y. y x y x PSfrag replacements x y Figura 3: Esboço do domínio do campo F omo F é gradiente no domínio se e só se fôr gradiente em cada uma destas regiões conexas por arcos, é suficiente ver que F é fechado: ) ) y x x y ) 8xy x y ) y 3 x x y ) ) z x x y ) ) x z ) y z x y ) ) y z Portanto F é um campo gradiente. 1

13 Para determinar um potencial V x, y, z) para F temos as equações: Da primeira obtemos, Substituindo V na segunda, V x x x y ) V y V x, y, z) e finalmente da terceira equação obtemos Portanto o potencial tem a forma V z z y x y ) 1 x + y, z) y y, z) y, z) Dz) y D z) z Dz) z3 3 + E V x, y, z) 1 x y + z3 3 + E onde E é uma constante. No entanto, uma vez que a região onde o campo está definido não é um conjunto conexo por arcos, a constante pode variar de componente para componente. Assim, a expressão geral para o potencial é dada por V x, y, z) 1 x y + z3 3 + E 1 se x > y 1 x y + z3 3 + E se y > x 1 x y + z3 3 + E 3 se x < y 1 x y + z3 3 + E 4 se y < x com E i R. Finalmente, pelo teorema fundamental do cálculo que podemos aplicar porque o caminho g está inteiramente contido na região em que x > y ), uma vez que g) 1,, ) g π ) e π,, π ) temos F V e π π,, ) V 1,, ) e π + π

14 Exercício 9 onsidere o campo definido em R {, )} por ) y F x, y) x + 4y, x x + 4y alcule o integral de linha de F ao longo da circunferência de raio 1 centrada na origem e percorrida no sentido directo. Resolução: Se tentarmos calcular o integral de linha pela definição verificaremos imediatamente que não é uma tarefa fácil. Em vez disso podemos tentar utilizar o teorema de Green. O campo F é fechado: ) y y x + 4y x 4y x + 4y ) ) x x x + 4y onsideremos uma região S, limitada pela circunferência de raio 1 centrada na origem e percorrida no sentido directo e por outra linha L regular, fechada e percorrida no sentido directo, em que seja possível aplicar o Teorema de Green. Sendo F um campo fechado, aplicando o Teorema de Green obtemos F F em que designa a circunferência de raio 1 centrada na origem e percorrida no sentido directo. Portanto, em vez de calcular o integral de F em podemos calcular o integral de F em L. Assim, devemos escolher L de tal forma que o integral L F seja simples. L y L PSfrag replacements 1 4 x Figura 4: Esboço da região S limitada por e por L A expressão do campo sugere que consideremos curvas onde x + 4y seja constante, isto é elipses. onsideremos, por exemplo, o caminho ht) 4 cos t, sen t), t π que percorre a elipse x + 4y 16 uma vez no sentido directo como se mostra na figura 4. 14

15 Portanto, o integral de linha de F ao longo de L é dado por F.dh π π ) sen t 4 cos t + 4 sen t, cos t 4 cos t + 4 sen. 4 sen t, cos t)dt t 1 4 dt π 15

16 Exercício 1 onsidere o campo vectorial f : R 3 R 3 definido por fx, y, z) yze xyz, xze xyz, xye xyz ) a) Sabendo que f define uma força conservativa, encontre um potencial φ para f. b) alcule o trabalho de f ao longo da espiral parametrizada pelo caminho gt) 5 cost), 5 sent), t ) com t [, π/4]. Resolução: a) O potencial φ satisfaz a condição φ f, ou seja verifica as equações φ x φ y φ z Integrando a primeira equação, obtem-se yze xyz xze xyz xye xyz onde gy, z) é arbitrária. φx, y, z) e xyz + gy, z) Substituindo na segunda e terceira equações obtemos g y g z pelo que g é uma constante que podemos tomar como sendo zero. Recorde-se que o potencial φ está definido a menos de uma constante.) oncluímos, assim, que podemos tomar φx, y, z) e xyz. Nota: Em geral é preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando não sabemos à partida se o campo vectorial f é conservativo, é muito importante verificar se o potencial φ obtido está bem definido e é de classe 1 na região em que está definido o problema. Só nesse caso temos a garantia que f é conservativa. Também é possível encontrar φ recorrendo ao teorema fundamental do cálculo para integrais de linha, segundo o qual, sendo f conservativa e escolhendo-se um ponto base p, se tem φp) f, onde o integral é calculado ao longo de um caminho diferenciável L qualquer que ligue p a um ponto genérico p x, y, z). No nosso caso podemos escolher p e o caminho como sendo o segmento de recta entre p e p, parametrizado por ht) tx, ty, tz), com t [, 1]. L 16

17 Obtemos então, φx, y, z) fht)) h t)dt t yze t3 xyz, t xze t3 xyz, xyt e t3 xyz ) x, y, z)dt 3xyzt e t3 xyz dt e xyz 1 que, a menos de uma constante, é o resultado obtido acima. b) Para calcular o trabalho de f ao longo da espiral vamos utilizar o teorema fundamental do cálculo, W fdg φ φgπ/4)) φg)) φ5 /, 5 /, π /16) φ5,, ) e 5π /3 1 Note-se que seria muito mais difícil fazer este cálculo directamente utilizando a definição de trabalho. 17

18 Exercício 11 Determine quais dos seguintes campos F são gradientes no domínio indicado. Se F for um gradiente determine um potencial. aso contrário, determine uma curva fechada contida no domínio do campo tal que F dg. 1. F : R R definido por F x, y) sin y + y, x cos y + x + 3y ),. F : R 3 R 3 definido por F x, y, z) x, z, y), 3. F : R 3 R 3 definido por F x, y, z) xyz, x z + yz, x y + y z), 4. F : R 3 \ {,, z) : z R} R 3 definido por F x, y, z) y x + y, x x + y, z ). Resolução: 1. A função F é de classe 1. alculando as derivadas cruzadas, obtemos sin y + y) y cos y + 1 x cos y + x + 3y ) x logo F é um campo fechado. Uma vez que R é um conjunto em estrela, concluimos que F é um gradiente. Para calcular um potencial φx, y), resolvemos o sistema φ x sin y + y φ y x cos y + x + 3y { φx, y) x sin y + xy + y) x cos y + x + y) x cos y + x + 3y Resolvendo a segunda equação do segundo sistema obtem-se y) y 3 + onde R é uma constante. onclui-se que um potencial para F é dado, por exemplo, por. O campo F não é fechado uma vez que φx, y) x sin y + xy + y 3. F z 1 1 F 3 y portanto não é um gradiente. Para determinar uma curva fechada ao longo do qual o integral de F é não nulo, notamos que as componentes y e z do campo são z, y), o que significa que o campo é tangente a qualquer cilindro com eixo igual ao eixo Ox. Assim, se calcularmos o integral de linha do campo ao longo de uma circunferência com centro no eixo dos xx e contida num plano perpendicular ao eixo dos xx, o integral será não nulo. Por exemplo, podemos tomar a circunferência parametrizada por gt), 1 cos t, 1sint) t π e obtemos F dg π π F, 1 cos t, 1 sin t), 1 sin t, 1 cos t)dt 1cos t + sin t)dt π. 18

19 3. O campo F é de classe 1. alculando as derivadas cruzadas obtemos F 1 y xz F x F 1 z xy F 3 x F z x + 4yz F 3 y pelo que o campo é fechado. Uma vez que R 3 é um conjunto em estrela, concluimos que F é um gradiente. Para achar um potencial φx, y, z) resolvemos o sistema φ x xyz φ y x z + yz φx, y, z) x yz + 1 y, z) φx, y, z) x yz + y z + x, z) φ z x y + y z φx, y, z) x yz + y z + 3 x, y) donde se conclui que um potencial é dado, por exemplo, por φx, y, z) x yz + y z. 4. O campo F é de classe 1 e calculando as derivadas cruzadas vemos que é um campo fechado. No entanto, uma vez que R 3 \ {,, z) : z R} não é um conjunto simplesmente conexo, nada podemos concluir quanto a F ser ou não um gradiente. Para decidirmos se F é ou não um gradiente, temos portanto de determinar se existe ou não uma curva fechada ao longo da qual o integral de F é não nulo. Para isso devemos tentar perceber qual é o aspecto geométrico do campo. As duas primeiras componentes mostram que F é tangente aos cilindros com eixo igual ao eixo dos zz pelo que se calcularmos um integral ao longo de uma circunferência centrada num ponto do eixo dos zz e paralela ao plano xy o integral de F será não nulo. Podemos, por exemplo, calcular o integral ao longo da circunferência parametrizada por gt) cos t, sin t, ) t π e obtemos F dg π π onclui-se que o campo F não é um gradiente. F cos t, sin t, ) sin t, cos t, )dt cos t + sin tdt π. 19

20 Exercício 1 alcule P dx + Qdy γ onde P, Q) y x ) ye x cos y ), x 3 + xe x cos y ) y sin y ))) e γ é a circunferência de raio 1, centrada na origem e percorrida uma vez no sentido directo. Resolução: Pelo teorema de Green, P dx + Qdy onde S é o círculo de raio 1 centrado na origem. omo γ S Q x P ) dxdy y Q x P y 3x x ) e x cos y ) y sin y )) ; 3y x ) e x cos y ) y sin y )), concluimos que P dx + Qdy 3x + 3y ) dxdy γ S 1 π [ 3r 4 π 4 3π. 3r ) rdθdr ] 1 Nota: Note-se que o cálculo deste integral de linha pela definição seria bastante mais complicado.

21 Exercício 13 Seja F : R \ { 1, ), 1, 1),, )} R o campo vectorial F P, Q) definido por y P x, y) x + 1) + y y 1 x 1) + y 1) + 5x x + y x + 1 Qx, y) x + 1) + y + x 1 x 1) + y 1) + 5y x + y. 1. alcule o integral P dx + Qdy onde é a elipse x 9 + y 16 1 percorrida uma vez no sentido directo isto é no sentido contrário ao dos ponteiros do relógio).. Indique justificadamente se o campo F é um gradiente no conjunto R \ {x, y) R : y 1 x + 1, 1 x 1} ) {, )}. Resolução: 1. Se definirmos ) y F 1 x, y) x + 1) + y, x + 1 x + 1) + y, y 1 F x, y) x 1) + y 1), x 1 ) 5x F 3 x, y) x + y, 5y, x + y x 1) + y 1) ), temos e portanto F dg F F 1 + F + F 3 F 1 dg + F dg + F 3 dg. O campo F 3 é o campo radial F r) 5 e r onde e r designa o vector unitário que aponta na direcção radial) e portanto é um gradiente com potencial V x, y) 5r 5 x + y ). onclui-se que F 3 dg. O campo F 1 obtem-se do campo Gx, y) y ) x + y, x x + y fazendo a substituição x x 1) e multiplicando por 1, enquanto que F se obtem fazendo a substituição x x 1, y y 1. Portanto, tal como G, F 1 e F são campos fechados mas não gradientes. Para calcular o integral de F 1 ao longo de podemos aplicar o teorema de Green à região D {x, y) R : x + 1) + y 1, x 9 + y 16 1} 1

22 para concluir que o integral ao longo de coincide com o integral ao longo da circunferência de raio 1 centrada em 1, ) percorrida no sentido directo. Uma parametrização desta circunferência é dada por gt) 1 + cos t, sin t), t π, logo F 1 dg π π F cos t, sin t) sin t, cos t)dt 1dt π. Da mesma maneira, podemos aplicar o teorema de Green para concluir que o integral de F ao longo de coincide com o integral de F ao longo de uma circunferência de centro em 1, 1) e de raio 1 percorrida no sentido directo. Portanto F dg e concluimos finalmente que π π F 1 + cos t, 1 + sin t) sin t, cos t)dt 1dt π P dx + Qdy π + π +.. O campo F é um gradiente no conjunto S indicado sse F dg α para toda a curva fechada α contida em S. Podemos, como na alínea anterior, escrever F F 1 + F + F 3, e uma vez que F 3 é um gradiente, precisamos apenas de decidir se F 1 + F é um gradiente em S. F 1 + F está definido e é fechado em S {, )} R \ {x, y) R : y x + 1, x 1} e qualquer curva em S {, )} é homotópica ou a um ponto, ou à elipse percorrida um certo número de vezes ou no sentido directo ou no sentido dos ponteiros do relógio). Portanto o teorema de Green garante que se α dá k voltas à origem, F 1 + F ) k F 1 + F ). α onclui-se que F 1 + F é um gradiente em S {, )}, o que por sua vez implica que F é um gradiente em S.

23 Exercício 14 Indique se o campo vectorial ) y F x, y) x + y ) + y 1 x 1) + y 1), x x + y ) x 1 x 1) + y 1) é gradiente no seu domínio de definição. alcule onde é a circunferência de raio 3, centrada no ponto 1/, 1/) e percorrida no sentido antihorário. F Resolução: O domínio de definição do campo F é o conjunto R \ {, ), 1, 1)}. É fácil de verificar que x F y y F x, pelo que F é um campo fechado. No entanto, R \ {, ), 1, 1)} não é um conjunto em estrela nem é simplesmente conexo). onsequentemente, não podemos decidir imediatamente se F é ou não um gradiente no seu domínio. Observemos que F F 1 + F, com ) y F 1 x, y) x + y ), x x + y ) ) y 1 F x, y) x 1) + y 1), x 1 x 1) + y 1) e, acilmente se verifica, que F 1 e F são campos fechados. Seja 1 a circunferência de raio 1/1 esta é só uma escolha possível) centrada na origem, percorrida no sentido anti-horário. Seja a circunferência de raio 1/1 centrada no ponto 1, 1), percorrida no sentido anti-horário. Temos que F 1 π ; F 1. 1 O primeiro resultado segue de um cálculo directo imediato. O segundo obtém-se do Teorema de Green, porque F 1 é fechado e não tem singularidades no interior do disco cuja fronteira é. Do mesmo modo, temos que F ; F π. 1 A primeira igualdade resulta do Teorema de Green, porque F é fechado e não tem singularidades no interior do disco cuja fronteira é 1. A segunda igualdade segue por um cálculo directo imediato. Podemos então aplicar o Teorema de Green na região interior a e exterior a 1 e. omo F é fechado o integral duplo de x F y y F x é nulo, e do teorema de Green concluimos que F F + F π π. 1 Recorde-se que F é gradiente no seu domínio se e só se o trabalho for zero ao longo de qualquer caminho fechado. Ora temos, por exemplo, que F F 1 π 1 1 logo F não é gradiente no seu domínio. No entanto, F já seria um gradiente, por exemplo, no conjunto exterior a. 3

24 Exercício 15 onsidere o campo vectorial f : R {, )} R definido por fx, y) x/x + y ), y/x + y )). a) Sabendo que f define uma força conservativa, encontre um potencial φ para f. b) alcule o trabalho de f ao longo da espiral parametrizada pelo caminho com t [π, π]. gt) t cost), t sent)) c) alcule o trabalho de f ao longo do quadrado de vértices 1, ),, 1), 1, ),, 1) percorrido no sentido anti-horário. Será f um gradiente no seu domínio? Resolução: a) O potencial φ satisfaz a condição φ f, ou seja, verifica as equações φ x φ y Integrando a primeira equação, obtem-se onde gy) é arbitrária. Substituindo na segunda equação obtemos x/x + y ) y/x + y ) φx, y) 1/)lnx + y ) + gy) g y pelo que g é uma constante que podemos tomar como sendo zero. Recorde-se que o potencial φ está definido a menos de uma constante.) oncluímos, assim, que podemos tomar φx, y) 1/)lnx + y ). Nota: Em geral é preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando não sabemos à partida se o campo vectorial f é conservativo, é muito importante verificar se o potencial φ obtido está bem definido e é de classe 1 na região em que está definido o problema. Só nesse caso temos a garantia que f é conservativa. Também é possível encontrar φ recorrendo ao teorema fundamental do cálculo para integrais de linha, que diz que sendo f conservativa e escolhendo-se um ponto base p, se tem φp) f, onde o integral é calculado ao longo de um caminho seccionalmente regular qualquer L que ligue p a p x, y). No nosso caso podemos escolher esse caminho da seguinte forma: Tomamos por exemplo, p 1, ) e ligamos o ponto p x, y) a p seguindo primeiro um segmento de recta radial até à circunferência de raio 1 centrada na origem. Depois seguimos um arco dessa circunferência até p. L 4

25 y p p x PSfrag replacements Figura 5: O campo f é perpendicular às circunferências centradas na origem O trabalho de f ao longo da segunda parte da trajectória é nulo porque f, sendo radial, é perpendicular às circunferências centradas na origem tal como se ilustra na figura 5. Basta então tomar o caminho gt) tx, ty) onde t [1, 1/ x + y ] que liga o ponto p x, y) à circunferência de raio 1 centrada na origem. Temos então φx, y) 1/ x +y tx/tx) + ty) ), ty/tx) + ty) )) x, y)dt 1 1/ x +y 1/tdt 1 1/)lnx + y ) que concorda com o que obtivemos acima. b ) Para calcular o trabalho de f ao longo da espiral vamos utilizar o teorema fundamental do cálculo, W fdg φ dg φgπ)) φgπ)) φ4π, ) φ π, ) 1/)ln16π ) ln4π )) ln) Note-se que seria muito mais difícil fazer este cálculo directamente utilizando a definição de trabalho. c) O trabalho de f ao longo do quadrado é zero porque f φ e o quadrado é uma curva fechada. Evidentemente que f é um gradiente, pois como vimos temos f φ com φ bem definida em todo o domínio de f. 5

26 Exercício 16 onsidere o campo vectorial f : R 3 R 3 definido por fx, y, z) y z, xyz, xy ). a) Sabendo que f define uma força conservativa, encontre um potencial φ para f. b) alcule o trabalho de f ao longo da espiral parametrizada pelo caminho com t [, π/4]. gt) cost), sent), t) c) Seja uma curva regular fechada em R 3. O que pode dizer sobre o trabalho de f ao longo de? Resolução: a) O potencial φ satisfaz a condição φ f, ou seja, verifica as equações φ x φ y φ z Integrando a primeira equação, obtem-se y z xyz xy onde gy, z) é arbitrária. φx, y, z) xy z + gy, z) Substituindo na segunda e terceira equações obtemos g y g z pelo que g é uma constante que podemos tomar como sendo zero. Recorde-se que o potencial φ está definido a menos de uma constante.) oncluímos assim que podemos tomar φx, y, z) xy z. Nota: Em geral é preciso cuidado quando se tenta calcular o potencial deste modo. Quando não sabemos à partida se o campo vectorial f é conservativo, é muito importante verificar se o potencial φ obtido está bem definido e é de classe 1 na região em que está definido o problema. Só nesse caso temos a garantia que f é conservativa. Também é possível encontrar φ recorrendo ao teorema fundamental do cálculo para integrais de linha, que estabelece que sendo f conservativa e escolhendo-se um ponto base p, se tem φp) f, onde o integral é calculado ao longo de um caminho seccionalmente regular qualquer L que ligue p a p. No nosso caso podemos escolher p e o caminho como sendo o segmento de recta que une p à origem, parametrizado por ht) tx, ty, tz), com t [, 1]. Obtemos L 6

27 então, φx, y, z) fht)) h t)dt t 3 y z, t 3 xyz, t 3 xy ) x, y, z)dt 4xy zt 3 dt xy z que é o resultado obtido acima. b) Para calcular o trabalho de f ao longo da espiral vamos utilizar o teorema fundamental do cálculo, W fdg φ dg φgπ/4)) φg)) φ,, π ) φ,, ) 4 π Note-se que seria muito mais difícil fazer este cálculo directamente utilizando a definição de trabalho. c) Seja p um ponto da curva e lt), com t [a, b], um caminho que parametrize e tal que la) lb) p. Então, pelo teorema fundamental do cálculo temos fdl φ dl φlb)) φla)) φp) φp). Logo, o trabalho da força conservativa f ao longo de uma curva fechada é zero. 7

28 Exercício 17 onsidere o campo vectorial F : R \ {, ),, 1)} R definido por F x, y) y ) x + y y 1 x + y 1), x x + y + x x + y 1) Determine o integral de linha do campo F ao longo do caminho que descreve a fronteira do quadrado com vértices nos pontos, ),, ),, ),, ) no sentido directo contrário ao dos ponteiros de um relógio). Resolução: Designemos por γ o caminho que descreve a fronteira Γ do quadrado e sejam g 1 : [, π] R e g : [, π] R os caminhos definidos por g 1 t) 1 4 cos t, 1 sen t) 4 g t) 1 4 cos t, 1 sen t + 1)) 4 ou seja, g 1 descreve a circunferência 1 de raio 1/4 e centro na origem no sentido positivo e g descreve a circunferência de raio 1/4 e centro no ponto, 1) no sentido positivo tal como se ilustra na figura 6. y Γ 1 x PSfrag replacements Figura 6: As linhas Γ, 1, O campo F pode ser decomposto na soma de dois campos F F 1 + F F 1 x, y) y ) x + y, x x + y ) y 1 F x, y) x + y 1), x x + y 1) em que Facilmente se verifica que os campos F 1 e F são fechados, ou seja, o campo F é fechado. Portanto, aplicando o teorema de Green à região limitada pelas circunferências 1 e e pela fronteira Γ do quadrado, obtemos F dγ Γ F dg 1 1 F dg 8

29 ou seja, F dγ F 1 + F ) dg 1 + F 1 + F ) dg Γ 1 Por outro lado, o círculo limitado pela circunferência não contém a origem e, portanto temos F 1 dg Do mesmo modo, o círculo limitado pela cicunferência 1 não contém o ponto, 1) e, portanto, concluimos que F dg 1 1 Assim, temos F dγ F 1 dg 1 + F dg Γ 1 Da definição de integral de linha de um campo vectorial obtemos F 1 dg 1 1 F dg π π sen t, cos t) sen t, cos t)dt π sen t, cos t) sen t, cos t)dt π Portanto, Γ F dγ π + π 4π 9

30 Exercício 18 onsidere o campo vectorial ) y 3x 1) fx, y) x + 1) + + y x 1) + y, x + 1 x + 1) + y + 3y x 1) + y + x. alcule o trabalho de f ao longo da elipse de equação x /5 + y /16 1 percorrida no sentido anti-horário. Resolução: Para facilitar a análise decompomos o campo f em três partes: f h + g + l onde y hx, y, z) x + 1) + y, x + 1 x + 1) + y ) 3x 1) gx, y, z) x 1) + y, 3y x 1) + y ) lx, y, z), x) O campo h é fechado, é singular no ponto 1, ) que portanto não pertence ao seu domínio), e não é um gradiente. De facto, seja a circunferência de raio 1 centrada em 1, ). Facilmente se verifica que o trabalho de h ao longo se percorrida no sentido anti-horário é π, pelo que h não é conservativo. y E PSfrag replacements x Figura 7: O campo g é radial com centro no ponto 1, ) que não pertence ao seu domínio. É fechado. Seja a circunferência de raio 1 centrada em 1, ). O trabalho de g ao longo de é nulo porque g é perpendicular a. Pelo teorema de Green conclui-se que o integral de g ao longo de qualquer curva regular fechada em R {1, )} é zero, pelo que g é um gradiente nesse conjunto. Seja E a elipse do enunciado que vamos considerar percorrida no sentido anti-horário. Aplicando o teorema de Green à região contida entre as curvas e E, sendo h fechado, concluímos que h h π. Por outro lado, como g é gradiente em R {1, )} temos g. E E 3

31 Só falta agora calcular E l. O campo l, x) é de classe 1 na região A contida no interior da curva E. Logo, pelo teorema de Green temos l 1 l l 1 )dxdy 1)dxdy área da elipse) π E A A Obtemos finalmente E f E h + E g + l π + + π π. E Note-se que teria sido extraordinariamnte mais longo, difícil e aborrecido fazer este cálculo directamente através da definição. 31

32 Exercício 19 alcule onde P, Q) e γ é a fronteira do quadrado percorrida uma vez no sentido directo. γ P dx + Qdy ) y + 1 x + y xy 1 + x + y ), cos x) x y xy 1 + x + y ) S { x, y) R : x < 1, y < 1 } Resolução: Pelo teorema de Green, P dx + Qdy γ S Q x P ) dxdy y omo Q x P y sen x) + x y) 1 + x + y ) 4x 1 + x + y ) 1 + x y xy ) 1 + x + y ) 4 ; 1 + y x) 1 + x + y ) 4y 1 + x + y ) 1 x + y xy ) 1 + x + y ) 4, concluimos que Q x P y sen x) x y) 1 + x + y ) 4 x + x 3 + xy y yx y 3) 1 + x + y ) 3 sen x) + 1 e que portanto γ P dx + Qdy S sen x) + 1) dxdy 4 já que sen x) é ímpar e portanto o seu integral em [ 1, 1] é zero). Note-se que o cálculo deste integral de linha pela definição seria bastante mais complicado. 3